课时检测训练58 气体实验定律的综合应用-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练58　气体实验定律的综合应用 对应学生用书P471 1.(2025·辽宁抚顺市一模)如图所示，导热良好的密闭容器内封闭有压强为p0的空气，现用抽气筒缓慢从容器底部的阀门处(只出不进)抽气两次。已知抽气筒每次抽出空气的体积为容器容积的，空气可视为理想气体，则容器内剩余空气和抽出空气的质量之比为(　　) A. B. C. D. 解析　设容器的容积为V0，则每次抽出空气的体积为，设第一次抽气后容器内剩余空气的压强为p1，假设将容器内剩余气体等温压缩到压强为p0时的体积为V，根据玻意耳定律，第一次抽气，有p0V0＝p1， 第二次抽气，有p1V0＝p， 剩余气体pV0＝p0V， 容器内剩余空气和抽出空气的质量之比为k＝，解得k＝，故选D。 答案　D 2.(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求： (1)气体在状态D的压强pD。 (2)气体在状态B的体积V2。 解析　(1)从D到A状态， 根据查理定律＝， 解得pD＝2.0×105 Pa。 (2)因BC为等容过程，VB＝VC＝V2， 从C到D状态， 根据玻意耳定律pCV2＝pDV1， 解得V2＝2.0 m3。 答案　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3 3．(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0，缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。 (1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度。 (2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。 解析　(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得＝，解得T＝T0； (2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0－V)，则对Ⅳ中气体有＝， 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有＝，联立解得p＝p0。 答案　(1)T0　(2)p0 4．(2023·河北阶段练习)自2020年1月1日起，我国已强制要求在售新车安装胎压监测系统，如图所示为某车胎压监测界面，图中胎压的单位为bar(1 bar ＝0.987 atm)。夏季某司机将汽车停在树荫下，左前轮由于未在树荫下，经太阳暴晒后温度上升到47 ℃，压强上升到3.0 bar，司机认为轮胎气压过高影响安全。快速放出了适量气体，此时胎压监测显示的胎压为2.0 bar、温度为37 ℃，已知左前轮轮胎内的气体体积为20 L，设轮胎内部体积始终保持不变，气体视为理想气体。已知T＝(t＋273) K。 (1)求放出气体的质量与原来气体的质量之比。 (2)放气后司机发现轮胎压(2.0 bar)较低，又用充气泵将压强为0.5 bar 的气体冲入左前轮使其和其他三个轮胎胎压(2.5 bar)相同，忽略充气时轮胎内温度及轮胎体积的变化，求充气泵冲轮胎内气体的体积。 解析　(1)设轮胎内体积为V0，假设将原来内部压强为3.0 bar、温度为47 ℃的气体全部变成压强为2.0 bar 、温度为37 ℃的气体，此时体积为V，则由理想气体方程有＝，代入数据得V＝V0，故放出气体质量占原来气体质量的比为＝＝； (2)对轮胎内的气体，由波意耳定律得p1V1＝p2V1′，对充入轮胎内的气体，由波意耳定律得p2V2′＝p3V2，其中V2′＝V1－V1′，解得V2＝20 L。 答案　(1)　 (2)20 L 5. (2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 (1)求x。 (2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 解析　(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生等温变化， 根据玻意耳定律有p1(H－x)S1＝p2HS1， 根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0， 联立解得x＝2 cm。 (2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有 p0V＋p2HS1＝p3(HS1＋S2)， 又p3＋ρg·＝p0， 联立解得V＝8.92×10－4 m3。 答案　(1)2 cm　(2)8.92×10－4 m3 6．(2022·山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换，质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，求： (1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm。 (2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。 解析　(1)由题意可知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0， 且此时B室内气体体积为V，质量为m， m＝ρ气V， 鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma， 联立解得需从A室充入B室的气体质量： Δm＝ρ气ΔV＝。 (2)开始时鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强： p1＝ρgH＋p0， 鱼静止于水面下H1处时，有p2＝ρgH1＋p0， 此时体积也为V，设该部分气体在压强为p2时，体积为V2， 由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有： p1V＝p2V2，解得V2＝V， 则此时B室内气体质量m1＝ρ气V2＝m。 答案　(1)　(2)m 学科网（北京）股份有限公司 $$